BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
-----------

ĐÀO VĂN TRUNG

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI TOÁN

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2015


1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
-----------

ĐÀO VĂN TRUNG

ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP XÁC SUẤT VÀO GIẢI TOÁN
Chuyên ngành: Lý thuyết xác suất và Thống kê Toán học
Mã số: 60.46.01.06

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học:
TS. Nguyễn Thị Thế

Nghệ An - 2015

1

MỤC LỤC

Mục lục

1

1

3

Các khái niệm cơ bản về xác suất

1.1. Không gian xác suất và tính chất của xác suất

. . . . . . . . .

3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3. Biến ngẫu nhiên và hàm phân phối . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4. Các số đặc trưng của biến ngẫu nhiên . . . . . . . . . . . . . .


7

1.2. Biến cố độc lập

1.4.1

Kỳ vọng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.4.2

Phương sai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

8

1.5. Các phân phối xác suất cơ bản

. . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.5.1

Phân phối Bernoulii . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.5.2


Phân phối nhị thức

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.5.3

Phân phối Poisson . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.5.4

Phân phối hình học và phân phối nhị thức âm . . . .

10

1.5.5

Phân phối đều . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

10

1.5.6

Phân phối chuẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11


1.5.7

Phân phối mũ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

11

1.6. Định lý giới hạn trung tâm

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

12

2 Giải một số bài toán bằng phương pháp xác suất

13

Kết luận chung và kiến nghị

26


2
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Ngày nay lý thuyết xác suất và thống kê toán học đã trở thành môn
khoa học có nhiều ứng dụng trong khoa học và kỹ thuật khác nhau như
vật lý, hóa học, kinh tế học, y học, khoa học máy tính,...Bộ môn Xác suất
thống kê đã được đưa vào giảng dạy trong chương trình phổ thông và là một
nội dung quan trọng trong tổng quan chương trình phổ thông, tuy nhiên
đối với học sinh cũng như giáo viên thường gặp phải khó khăn khi tiếp cận

nội dung này. Vì vậy trong quá trình dạy học chưa tạo được sự hứng thú
cho học sinh, không giúp cho học sinh tìm thấy được mối liên hệ giữa các
bài toán với nhau, do vậy học sinh không nhớ và không biết cách để làm
các bài toán ở phần này. Nội dung này còn có nhiều bài toán gắn liền với
thực tế mà trong giai đoạn đổi mới nội dung và phương pháp dạy học thì
có yêu cầu dạy học phải gắn liền với thực tế. Không những thế mà phần
này thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi chọn học sinh giỏi Quốc gia
cũng như trong các kỳ thi IMO và đây là chủ đề thường được đánh giá là
khó nhất trong đề thi. Tuy nhiên việc áp dụng kiến thức xác suất để giải
toán lại là vấn đề khá xa lạ đối với giáo viên cũng như học sinh. Mặt khác,
nhận thức được vai trò của Xác suất thống kê đối với học vấn phổ thông
nên Bộ GD ĐT đã dự kiến về phân luồng kiến thức giảng dạy Phổ thông
trong thời gian tới theo 3 hướng trụ cột chính: Hình học và tính toán đo
lường; Số và đại số; Xác suất và thống kê (Trích dẫn: Chương trình giáo
dục phổ thông tổng thể 2018 ). Đối với hai hướng đầu thì không có gì khác
so với trước đây (cả người dạy và người học) còn hướng thứ 3 là một sự
đổi mới thực sự. Để đáp ứng được nội dung này trước hết giáo viên phổ
thông phải nắm vững kiến thức về Xác suất. Để góp phần vào việc dạy học
ở chương trình phổ thông cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi, trong khuôn
khổ luận văn thạc sỹ, tôi chọn đề tài cho luận văn là: “Áp dụng phương
pháp xác suất vào giải toán”.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung luận văn
được chia thành hai chương.
Chương I. Các khái niệm cơ bản về xác suất
Trong chương này, trình bày một số kiến thức cơ bản của của lý thuyết
xác suất để vận dụng vào chương sau, đặc biệt là trình bày cụ thể các phân
phối xác suất quan trọng.
Chương II. Giải một số bài toán bằng phương pháp xác suất
Chương này là nội dung chính của luận văn. Trong chương này, chúng
tôi nêu một số bài toán phát biểu “không có ngôn ngữ xác suất” và áp dụng

phương pháp xác suất để giải.


3

CHƯƠNG 1
CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ XÁC SUẤT

Trong chương này, trình bày một số kiến thức cơ bản của của lý thuyết
xác suất để vận dụng vào chương sau.

1.1

Không gian xác suất và tính chất của xác
suất

Giả sử Ω = Ø , P(Ω) là họ tất cả các tập con của Ω.
Định nghĩa 1.1.1. Họ các tập con F ⊂ P(Ω) được gọi là σ-đại số (hay σ
trường) nếu:
(1) Ω ∈ F (hoặc ∅ ∈ F),
(2) Nếu A ∈ F ⇒ A¯ ∈ F,
(3) Nếu {An , n = 1, 2, . . . , } ⊂ F thì

∞
n=1 An

∈ F (hoặc

∞
n=1 An


∈ F).

Khi đó cặp (Ω, F) được gọi là không gian đo.
Định nghĩa 1.1.2. Giả sử (Ω, F) là không gian đo. Khi đó ánh xạ

P : F → R,
được gọi là độ đo xác suất nếu:
(1) P(A)

0, với mọi A ∈ F,

(2) P(Ω) = 1,
(3) Nếu {An , n = 1, 2, . . . , } ⊂ F, Ai Aj = ∅, i = j thì
∞

P(
n=1

∞

An ) =

P(An ).
n=1


4
Khi đó,
• Bộ ba (Ω, F, P) được gọi là không gian xác suất;

• Tập Ω được gọi là không gian biến cố sơ cấp;
• σ- đại số F được gọi là σ-đại số các biến cố;
• P được gọi là độ đo xác suất trên F;
• Mỗi A ∈ F được gọi là một biến cố;
• Biến cố Ω ∈ F được gọi là biến cố chắc chắn;
• Biến cố ∅ ∈ F được gọi là biến cố không thể;
• Biến cố A = Ω \ A được gọi là biến cố đối của biến cố A;
• Biến cố A, B thỏa mãn AB = ∅ được gọi là hai biến cố xung khắc.
Không gian xác suất (Ω, F, P) được gọi là không gian xác suất đầy đủ nếu
mọi tập con của biến cố có xác suất không đều là biến cố. Để đơn giản, từ
nay về sau, khi nói đến không gian xác suất( Ω, F, P), ta luôn xem đó là
không gian xác suất đầy đủ.
Xác suất có các tính chất cơ bản sau đây
Định lý 1.1.1 (Các tính chất của xác suất). Giả sử A, B, C là những biến
cố. Khi đó, xác suất của chúng có các tính chất sau:
(1) P(∅) = 0.
(2) Nếu AB = ∅ thì P(A

B) = P(A) + P(B).

(3) P(A) = 1 − P(A).
(4) Nếu A ⊂ B thì P(B \ A) = P(B) − P(A) và do đó P(A) ≤ P(B).
(5) P(A
(6) P(

(7) P(

B) = P(A) + P(B) − P(AB).
n
k=1 Ak )


=

n
k=1 P(Ak ) −

∞
n=1 An )

≤

∞
n=1 P(An ).

1≤kn−1 P(A A ...A ).
1 2
n
1≤k
Định nghĩa 1.1.3. Họ n biến cố H1 , H2 , ..., Hn được gọi là họ đầy đủ nếu
Hi Hj = ∅, (i = j) và H1 ∪ H2 ∪ ... ∪ Hn = Ω.


5
Định lý 1.1.2 (Công thức xác suất đầy đủ và công thức Bayes). Giả sử
H1 , H2 , ..., Hn là họ đầy đủ các biến cố và P(Hi ) > 0, ∀i = 1, 2, ..., n. Khi
đó, với biến cố A bất kì, ta có
(1) P(A) =

n
i=1 P(A/Hi )P(Hi ).

(2) Nếu P(A) > 0 thì

P(Hk /A) =

P(A/Hk )P(Hk )
.
n
P
(A/H
)
P
(H
)
i
i
i=1
n
i=1 Hi )

Chứng minh. (1) Ta có A = AΩ = A(

n
i=1 AHi ,

=

(AHi )(AHj ) = A(Hi Hj ) = A∅ = ∅(i = j).

Do đó P(A) = P(A(

n
i=1 Hi )

=

n
i=1 P(AHi )

=

n
i=1 P(A/Hi )P(Hi )).

(2)

P(Hk /A) =

P(AHk )
=
P(A)

P(A/Hk )P(Hk )
.
n
P
(A/H
)
P

(H
)
i
i
i=1

Công thức (1) gọi là công thức xác suất đầy đủ còn công thức (2) gọi
là công thức Bayes.

1.2

Biến cố độc lập

Định nghĩa 1.2.1. Giả sử (Ω, F, P) là không gian xác suất. Hai biến cố A
và B được gọi là độc lập nếu

P(AB) = P(A)P(B).
Tính chất 1.2.2. Hai biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi một trong các
điều kiện sau thỏa mãn
(1) A, B độc lập;
(2) A, B độc lập;
(3) A, B độc lập.
Định nghĩa 1.2.3. Họ các biến cố (Ai )i∈I được gọi là độc lập đôi một nếu
hai biến cố bất kỳ của họ đều độc lập.
Họ các biến cố (Ai )i∈I được gọi là độc lập toàn cục (gọi vắn tắt là độc
lập), nếu đối với mọi họ hữu hạn các biến cố Ai1 , Ai2 , ..., Ain của họ đó, ta
đều có
P(Ai1 Ai2 ...Ain ) = P(Ai1 )P(Ai2 )...P(Ain ).

6
Như vậy một họ độc lập thì độc lập đôi một. Tuy nhiên điều ngược lại
nói chung không đúng.

1.3

Biến ngẫu nhiên và hàm phân phối

Định nghĩa 1.3.1. Cho không gian xác suất (Ω, F, P). Khi đó ánh xạ
X : Ω → R,
được gọi là biến ngẫu nhiên nếu nó là F/B(R) đo được, tức là X −1 (B) ∈ F
với mọi B ∈ B(R), trong đó là B(R) σ đại số Borel trên R (là σ đại số bé
nhất trên R sinh bởi các tập mở).
Như vậy nếu X là biến ngẫu nhiên G đo được thì nó là biến ngẫu nhiên.
Định lý 1.3.1. Cho biến ngẫu nhiên X : Ω → R. Với mỗi B ∈ B(R) , kí
hiệu
PX (B) := P(X −1 (B)).
Khi đó PX là độ đo xác suất trên σ đại số Borel B(R).
Định nghĩa 1.3.2. PX được gọi là phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên
X. Hàm số F (x) := P(X < x) = P(ω : X(ω) < x) được gọi là hàm phân
phối xác suất của biến ngẫu nhiên X.
Hàm phân phối F (x) có các tính chất sau
(1) F (x) là đơn điệu không giảm: x < y ⇒ F (x)

F (y),

(2) liên tục trái, có giới hạn phải tại mọi điểm,
(3) F (−∞) := lim F (x) = 0, F (+∞) := lim F (x) = 1.
x→−∞

x→+∞

Định nghĩa 1.3.3. Biến ngẫu nhiên X được gọi là biến ngẫu nhiên rời
rạc nếu nó chỉ nhận một số hữu hạn hoặc đếm được giá trị. Giả sử đó là
x1 , x2 , x3 , . . . , xn , . . . . Ký hiệu pi := P(X = xi ) (i = 1, 2, 3, . . . ). Khi đó
bảng sau được gọi là bảng phân phối xác suất của X
X x1 x2 . . .
P p1 p2 . . .

xn . . .
pn . . .

( i pi = 1, pi ≥ 0).
Biến ngẫu nhiên X được gọi là biến ngẫu nhiên liên tục nếu hàm phân
phối F (x) của nó là hàm liên tục và tồn tại hàm số p(x) sao cho:
(1) p(x)

0; −∞ < x < +∞,


7
(2) F (x) =

x
−∞ p(t)dt; −∞

< x < +∞.

Hàm số p(x) được gọi là hàm mật độ của X.
Định nghĩa 1.3.4 (Biến ngẫu nhiên độc lập). Giả sử (Ω, F, P) là không

gian xác suất cố định. Họ hữu hạn {Fi , i ∈ I} các σ đại số con của F được
gọi là độc lập nếu
P( Ai ) =
P(Ai ),
i∈I

i ∈I

với mọi Ai ∈ Fi , i ∈ I.
+ Họ vô hạn {Fi , i ∈ I} các σ đại số con của F được gọi là độc lập nếu
mỗi họ con hữu hạn của nó độc lập.
+ Họ các biến ngẫu nhiên {Xi , i ∈ I} được gọi là độc lập nếu họ các σ
- đại số sinh bởi chúng {F(Xi ), i ∈ I} là độc lập.
+ Họ các biến cố {Ai , i ∈ I} ⊂ F được gọi là độc lập nếu họ các biến
ngẫu nhiên {IAi , i ∈ I} độc lập.

1.4
1.4.1

Các số đặc trưng của biến ngẫu nhiên
Kỳ vọng

Định nghĩa 1.4.1. Giả sử X : (Ω, F, P) −→ (R, B(R)) là biến ngẫu nhiên.
Khi đó tích phân Lebesgue của X theo độ đo P (nếu tồn tại) được gọi là
kỳ vọng của X và ký hiệu EX Vậy

EX =

XdP.
Ω

Nếu tồn tại E|X|p < ∞(p > 0) thì ta nói X khả tích bậc p.
Đặc biệt, nếu E|X| < ∞, thì X được gọi là biến ngẫu nhiên khả tích.
Tính chất 1.4.2.
(1) Nếu X ≥ 0 ⇒ EX ≥ 0.
(2) Nếu X = C ⇒ EX = C.
(3) Nếu tồn tại EX thì với mọi C ∈ R, ta có E(CX) = C EX.
(4) Nếu tồn tại EX và EY

 i xi pi
(5) EX =
 +∞
−∞ xp(x)dx

thì E(X ± Y ) = EX ± EY.
nếu X rời rạc nhận các giá trị; x1 , x2 , ...
với P(X = xi ) = pi ,
nếu X liên tục có hàm mật độ p(x).


8
Tổng quát: Nếu f : R → R là hàm đo được thì




i f (xi )pi

nếu X rời rạc nhận các giá trị; x1 , x2 , ...
với P(X = xi ) = pi ,

Ef (X) =
 +∞
−∞ f (x)p(x)dx nếu X liên tục có hàm mật độ p(x).
(6) (Bất đẳng thức Markov). Giả sử X là biến ngẫu nhiên không âm. Khi đó
với mọi ε > 0 ta có:

P(X ≥ ε) ≤

EX
.
ε

Mệnh đề 1.4.3. Cho X là biến ngẫu nhiên có kỳ vọng EX. Khi đó tồn tại
điểm nào đó của không gian xác suất mà X ≥ EX và tồn tại điểm nào đó
của không gian xác suất mà X ≤ EX.

1.4.2

Phương sai

Định nghĩa 1.4.4. Giả sử X là biến ngẫu nhiên. Khi đó, số
DX := E(X − EX)2 ,
(nếu tồn tại) được gọi là phương sai của X.
Chú ý: Từ định nghĩa trên và từ tính chất của kỳ vọng, suy ra rằng
phương sai DX của biến ngẫu nhiên X có thể tồn tại hoặc không tồn tại
và nếu tồn tại thì được tính theo công thức
DX =

(xi − EX)2 pi
+∞

2
−∞ (x − EX) p(x)dx

nếu X rời rạc và P(X = xi ) = pi ,
nếu X liên tục có hàm mật độ là p(x).

Tính chất 1.4.5. Phương sai có những tính chất cơ bản sau đây
(1) DX = EX 2 − (EX)2 .
(2) DX ≥ 0.
(3) DX = 0 khi và chỉ khi X = EX = hằng số h.c.c.
(4) D(CX) = C 2 DX.
(5) Nếu Xi (i = 1, 2, ..., n) là các biến ngẫu nhiên độc lập thì
D(X1 + · · · + Xn ) = D(X1 ) + · · · + D(Xn ).
Chứng minh.


9
(1) DX = E(X − EX)2 = E(X 2 − 2X.EX + (EX)2 )
= EX 2 − 2EX.EX + (EX)2 = EX 2 − (EX)2 .
(2) (X − EX)2 ≥ 0 ⇒ DX = E(X − EX)2 ≥ 0.
(3) DX = 0 ⇔ E(X − EX)2 = 0 ⇔ (X − EX)2 = 0h.c.c ⇔ P(X = EX) =
1 ⇔ X = EXh.c.c.
(4) D(CX) = E(CX − ECX)2 = E(CX − C EX)2 = E(C 2 (X − EX)2 ) =
C 2 E(X − EX)2 = C 2 DX.
Bất đẳng thức Chebyshev Giả sử X là biến ngẫu nhiên bất kỳ. Khi
đó nếu tồn tại DX thì với mọi ε > 0, ta có

P(|X − EX| ≥ ε) ≤

DX

,
ε2

P(|X − EX| ≤ ε) ≥ 1 −

DX
.
ε2

Chứng minh. Áp dụng bất đẳng thức Markov cho biến ngẫu nhiên Y =
|X − EX|2 ≥ 0 ta được

P(|X − EX| ≥ ε) = P(Y ≥ ε2 ) ≤

1.5
1.5.1

EY
DX
=
.
ε2
ε2

Các phân phối xác suất cơ bản
Phân phối Bernoulii

Định nghĩa 1.5.1. Biến ngẫu nhiên X được gọi là có phân phối Bernoulii
với tham số p, ký hiệu X ∼ Ber(p), nếu X chỉ nhận hai giá trị 0 và 1 với
xác suất tương ứng q và p, trong đó q = 1 − p.

Tính chất 1.5.2. EX = p, DX = pq (tham số p chính là kỳ vọng).

1.5.2

Phân phối nhị thức

Định nghĩa 1.5.3. Biến ngẫu nhiên X được gọi là có phân phối nhị thức
với các tham số n, p(n ∈ N, 0 < p < 1), ký hiệu X ∼ B(n; p), nếu X nhận
các giá trị 0, 1, 2, ..., n, với xác suất tương ứng

P(X = k) = Cnk pk q n−k , q = 1 − p.
Như vậy X chính là số lần thành công trong dãy n phép thử Bernoulii.


10
Tính chất 1.5.4. Nếu X ∼ B(n; p) thì
(1) EX = np,
(2) DX = npq.

1.5.3

Phân phối Poisson

Định nghĩa 1.5.5. Biến ngẫu nhiên X gọi là có phân phối Poisson với
tham số λ, (λ > 0), ký hiệu X ∼ P (λ), nếu X nhận các giá trị 0, 1, 2, ... với
xác suất tương ứng

P(X = k) = e

k

−λ λ

k!

, k = 0, 1, 2, ...

Tính chất 1.5.6. Giả sử X ∼ P (λ). Khi đó EX = λ, DX = λ.
Định lý 1.5.1. Giả sử Xi , i = 1, 2 . . . , Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập
có phân phối Poisson với tham số λi . Khi đó X1 + X2 + · · · + Xn có phân
phối Poisson với tham số λ = λ1 + λ2 + · · · + λn .

1.5.4

Phân phối hình học và phân phối nhị thức âm

Định nghĩa 1.5.7. Biến ngẫu nhiên X gọi là có phân phối nhị thức âm
với tham số (r, p), ký hiệu X ∼ N B(r, p), nếu X nhận các giá trị r, r + 1, ...
với xác suất tương ứng là
r−1 r−1
r−1 r
P(X = k) = Ck−1
p (1 − p)k−r p = Ck−1
p (1 − p)k−r .

Tính chất 1.5.8. Nếu X ∼ N B(r, p), thì
1
1−p
EX = , DX = 2 .
p
p

Định nghĩa 1.5.9. Phân phối nhị thức âm trường hợp đặc biệt r = 1 thì
X gọi là có phân phối hình học tham số p, ký hiệu X ∼ G(p). Xác suất
tương ứng là P(X = k) = p(1 − p)k−1

1.5.5

Phân phối đều

Định nghĩa 1.5.10. Biến ngẫu nhiên liên tục X được gọi là có phân phối
đều trên đoạn [a, b]. Ký hiệu X ∼ U[a,b] , nếu có hàm mật độ
p(x) =

1
b−a
0

nếu x ∈ [a, b],
nếu x ∈ [a, b].


11
Tính chất 1.5.11. Hàm phân phối và các số đặc trưng
Giả sử X ∼ U[a,b] , và F (x) là hàm phân phối. Khi đó:


0x − a nếu x ≤ a,
nếu a < x ≤ b,
F (x) =
b
−

a


1
nếu x > b.
Số đặc trưng
a+b
(b − a)2
EX =
, DX =
.
2
12

1.5.6

Phân phối chuẩn

A. Phân phối chuẩn tắc:
Định nghĩa 1.5.12. Biến ngẫu nhiên liên tục Z được gọi là có phân phối
chuẩn tắc, ký hiệu Z ∼ N (0; 1), nếu hàm mật độ của nó là
1 −x2
ϕ(x) = √ e 2 , ∀x ∈ R.
2π
Hàm phân phối của Z, ký hiệu là Φ(x), lúc này là
x

Φ(x) =

x

ϕ(t)dt =
−∞

1 −t2
√ e 2 dt, x ∈ R.
−∞ 2π

B. Phân phối chuẩn:
Định nghĩa 1.5.13. Biến ngẫu nhiên liên tục X được gọi là có phân phối
chuẩn với tham số µ và σ 2 (σ > 0), ký hiệu X ∼ N (µ; σ 2 ), nếu biến ngẫu
X −µ
nhiên Z :=
có phân phối chuẩn tắc.
σ
Tính chất 1.5.14. Các số đặc trưng của phân phối chuẩn
Nếu X ∼ N (ϕ, σ 2 ) thì

EX = µ; DX = σ 2 .

1.5.7

Phân phối mũ

Định nghĩa 1.5.15. Biến ngẫu nhiên liên tục X được gọi là có phân phối
mũ với tham số λ, (λ > 0), kí hiệu X ∼ E(λ), nếu nó có hàm mật độ
p(x) =

λe−λx
0

nếu x ≥ 0,
nếu x < 0.


12
Tính chất 1.5.16. Hàm phân phối và các số đặc trưng
Giả sử X ∼ E(λ) và F (x) là hàm phân phối. Khi đó
F (x) =

1 − e−λx
0

nếu x > 0,
nếu x ≤ 0.

Số đặc trưng
1
1
EX = , DX = 2 .
λ
λ

1.6

Định lý giới hạn trung tâm

Định lý 1.6.1. Giả sử Xn , n ≥ 1, là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, có cùng
phân phối với EX1 = 0, DX1 = 1. Đặt
Yn =

X1 + X2 + ... + Xn
√
.
n

Khi đó hàm phân phối của Yn hội tụ tới hàm phân phối của phân phối chuẩn
N (0, 1).
Tổng quát: Giả sử Xi (i = 1, 2, ..., n) là dãy biến ngẫu nhiên độc lập, có
cùng phân phối với EXi = µ, DXi = σ 2 . Ký hiệu
Yn =

Sn − ESn
X1 + X2 + ... + Xn − nµ
√
√
=
.
σ. n
DSn

Khi đó hàm phân phối của Yn hội tụ tới hàm phân phối của phân phối
chuẩn N (0, 1).


13

CHƯƠNG 2
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN BẰNG PHƯƠNG PHÁP
XÁC SUẤT

Trong chương này tôi nêu bài toán, tìm mô hình không gian xác suất
và đối tượng thích hợp cho mỗi bài toán rồi dựa vào các tính chất của lý
thuyết xác suất để giải bài toán. Tôi đã tổng quát một số bài toán và so
sánh với cách giải bằng phương pháp đại số, giải tích thường sử dụng quen
thuộc lâu nay. Mỗi bài toán, tôi cố gắng đưa ra các chứng minh chi tiết việc
vận dụng các kiến thức của lý thuyết xác suất.
Từ thùng kín nếu ta thực hiện các phép thử khác nhau thì thu được các
phân phối khác nhau, từ đó cũng nhận được các công cụ chứng minh các
bài toán khác nhau.
Bài toán 2.0.1. Chứng minh rằng với các số tự nhiên m, k, n1 , . . . , nm , (m, k ≥
1) thì
Cnr11 Cnr22 . . . Cnrmm = Cnk1 +n2 +···+nm .
(r1 ,r2 ,...,rm )∈N m ;r1 +r2 +···+rm =k

Chứng minh. Xét một hộp chứa n1 quả cầu loại 1, n2 quả cầu loại 2, ...,
nm quả cầu loại m. Từ hộp lấy ra k quả cầu. Ứng với mỗi bộ k số nguyên
không âm
(r1 , r2 , . . . , rm ); r1 + r2 + · · · + rm = k,
ta có một biến cố với xác suất là
Cnr11 Cnr22 . . . Cnrmm
Cnk1 +n2 +···+nm

.

Các biến cố trên lập thành họ đầy đủ các biến cố, do đó
Cnr11 Cnr22 . . . Cnrmm
(r1 ,r2 ,...,rm )∈N m ;r1 +r2 +···+rm =k

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Cnk1 +n2 +···+nm

= 1.


14
(Như vậy với bài toán này thì phải biết chọn phép thử và tính chất của
nhóm đầy đủ các biến cố)
Bài toán quen thuộc sau đây là trường hợp đặc biệt của bài toán trên
(ứng với m = 2; m = n = k; m = 1).
Bài toán 2.0.2. Chứng minh rằng
0 C k + C 1 C k−1 + · · · + C m C k−m = C k
a. Với 0 ≤ m ≤ k ≤ n thì Cm
n
m n
m n
n+m ,
n ,
b. Với mọi số tự nhiên n thì (Cn0 )2 + (Cn1 )2 + · · · + (Cn2 )2 = C2n
k .
c. Với 1 ≤ k ≤ n thì Cnk + Cnk−1 = Cn+1

Mở rộng bài toán trên ta có bài toán sau.
Bài toán 2.0.3. Chứng minh rằng với mọi 0 < p < 1 thì
∞
r−1 r
Ck−1
p (1 − p)k−r = 1; r = 1, 2, ...
k=r

Chứng minh. Dựa vào tính chất của phân phối nhị thức âm. Cụ thể, xét
dãy vô hạn các phép thử độc lập với xác suất thành công là p. Gọi Hk là
biến cố cần thực hiện k phép thử để thu được r thành công đầu tiên. Khi
đó, Hk , k = {r, r + 1, . . . .} lập thành nhóm đầy đủ các biến cố và
r−1 r
P(Hk ) = Ck−1
p (1 − p)k−r .

Do đó,

∞

1=

∞
r−1 r
Ck−1
p (1 − p)k−r .

P(Hk ) =
k=r

k=r

Bài toán 2.0.4. Chứng minh rằng
1
n

n

k=0

1
kCnk = 2n−1 ;
n(n + 1)

n

k 2 Cnk = 2n−2 .
k=0

1
. Gọi X là
2
biến ngẫu nhiên chỉ số lần thành công trong n phép thử đó. Khi đó X có
phân phối nhị thức B(n, p). Suy ra kỳ vọng và phương sai của X tương ứng
là
n
n
EX = np = , DX = np(1 − p) = .
2
4

Chứng minh. Xét dãy n phép thử Bernoulli với tham số p =


15
Do đó

n(n + 1)
.
4
Mặt khác, theo công thức tính EX và EX 2 thì

EX 2 = DX + (EX)2 =

n

kCnk pk (1 − p)n−k =
k=0
n

⇔
k=0

n
2

1 1
n
kCnk ( )k ( )n−k =
2 2
2

1
⇔
n

n

kCnk = 2n−1 ;
k=0
n

EX 2 =

k 2 Cnk pk (1 − p)n−k
k=0

n

⇔ EX 2 =
k=0

n(n + 1)
1 1
k 2 Cnk ( )k ( )n−k =
2 2
4

1
⇔
n(n + 1)

n

k 2 Cnk = 2n−2 .
k=0

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.0.5. Chứng minh rằng
√
x
2

− u2

e
0

du ≥

1
2π
(1 − 2 ), x > 0.
2
x

Chứng minh. Xét biến ngẫu nhiên X có phân phối chuẩn tắc. Do X có phân
phối đối xứng nên với mọi x > 0, ta có
2P(0 < X < x) = P(|X| < x).
Mặt khác, theo bất đẳng thức Chebyshev, ta có

P(|X| < x) ≥ 1 −
Mà

1
P(0 < X < x) = √
2π

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

1
.
x2
x

0

u2

e− 2 du.


16
Bài toán 2.0.6. Cho p, q là các số thực dương sao cho p + q = 1. Chứng
minh rằng
p + pq + pq 2 + pq 3 + ... = 1
Chứng minh. Xét thí nghiệm tung đồng xu một cách độc lập với xác suất
xuất hiện mặt ngửa là p và do đó xác suất xuất hiện mặt sấp là q = 1 − p.
Ta thực hiện thí nghiệm cho đến khi ra mặt ngửa. Gọi X là số lần tung.
Khi đó X là biến ngẫu nhiên tuân theo qui luật phân phối hình học. Do đó

P(X = n) = pq n−1 .
Mặt khác ta có
1 = P(X = 1) + P(X = 2) + ... + P(X = n) + ...
= p + pq + pq 2 + pq 3 + ...
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.0.7. Cho p, q là các số không âm có tổng bằng 1 và m, n là các

số nguyên không âm. Chứng minh rằng
(1 − pn )m + (1 − q m )n ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử c1 , c2 , ..., cn là các đồng xu sao cho với mỗi i, xác suất
để các đồng xu ci ra mặt sấp là p. Tung các đồng xu này một cách độc lập
m lần. Gọi A là biến cố với “mỗi một trong m lần tung, có ít nhất một xu
ra mặt ngửa”. Khi đó
P(A) = (1 − pn )m .
Thật vậy, gọi Aj là biến cố lần tung thứ j có ít nhất một đồng xu ra mặt
ngửa (j = 1, 2, . . . , m). Khi đó các Aj là độc lập và
A = A1 A2 . . . Am .
Suy ra,

P(A) = P(A1 )P(A2 ) . . . P(Am ).
Rõ ràng Aj là biến cố trong lần tung thứ j cả n đồng xu đều sấp. Do đó

P(Aj ) = pn .
Như vậy,

P(A) = 1 − P(A)
= (1 − pn )m .
Mặt khác, gọi D là biến cố mỗi một đồng xu xuất hiện ít nhất một lần
sấp trong m lần tung. Gọi Di là biến cố đồng xu thứ i xuất hiện ít nhất


17
một lần sấp trong m lần tung (i = 1, 2, . . . , n). Khi đó các biến cố Di độc
lập, và
D = D1 D2 . . . Dn .
Mặt khác, ta có Di là biến cố đồng xu thứ i xuất hiện mặt ngửa trong cả
m lần tung. Do đó,

P(Di ) = (1 − p)(1 − p) . . . (1 − p) = (1 − p)m = q m .
Suy ra,

P(D) = (1 − q m )(1 − q m ) . . . (1 − q m ) = (1 − q m )n .

Xét biến cố đối của biến cố D: đó là biến cố tồn tại ít nhất một đồng
xu xuất hiện mặt ngửa trong cả m lần tung. Như vậy nếu D xẩy ra thì A
xẩy ra, tức là
D ⊂ A.
Theo tính chất của xác suất suy ra

P(D) ≤ P(A).
Suy ra

P(D) ≥ P(A).
Từ đó ta có
(1 − pn )m + (1 − q m )n = P(A) + P(D)
≥ P(A) + P(A)
= 1.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P(D) = P(A). Khi đó n = 1.
Nếu xét các đồng xu với xác suất xuất hiện mặt sấp khác nhau, ta có
bài toán tổng quát sau.
Bài toán 2.0.8. (IMO Bungari, 1984) Cho xi , yi , (i = 1, 2, ..., n) là 2n số
thực dương sao cho xi + yi = 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương
m, ta đều có
(1 − x1 x2 ...xn )m + (1 − y1m )(1 − y2m )...(1 − ynm ) ≥ 1.
Chứng minh. Giả sử c1 , c2 , ..., cn là các đồng xu sao cho với mỗi i, xác suất
để đồng xu ci ra mặt sấp là xi . Tung các đồng xu này một cách độc lập m
lần. Gọi A là biến cố với “mỗi một trong m lần tung, có ít nhất một xu ra

mặt ngửa”. Khi đó
P(A) = (1 − x1 x2 ...xn )m .


18
Thật vậy, gọi Aj là biến cố lần tung thứ j có ít nhất một đồng xu ra mặt
ngửa (j = 1, 2, . . . , m). Khi đó các Aj là độc lập và
A = A1 A2 . . . Am
Suy ra,

P(A) = P(A1 )P(A2 ) . . . P(Am ).
Rõ ràng Aj là biến cố trong lần tung thứ j cả n đồng xu đều sấp. Do đó

P(Aj ) = x1 x2 ...xn .
Như vậy,

P(A) = 1 − P(A)
= (1 − x1 x2 ...xn )m .
Mặt khác, gọi D là biến cố mỗi một đồng xu xuất hiện ít nhất một lần
sấp trong m lần tung. Gọi Di là biến cố đồng xu thứ i xuất hiện ít nhất
một lần sấp trong m lần tung (i = 1, 2, . . . , n). Khi đó các biến cố Di độc
lập, và
D = D1 D2 . . . Dn .
Mặt khác, ta có Di là biến cố đồng xu thứ i xuất hiện mặt ngửa trong cả
m lần tung. Do đó,

P(Di ) = (1 − xi )(1 − xi ) . . . (1 − xi ) = yim .
Suy ra,

P(D) = (1 − y1m )(1 − y2m ) . . . (1 − ynm ).

Xét biến cố đối của biến cố D: đó là biến cố tồn tại ít nhất một đồng
xu xuất hiện mặt ngửa trong cả m lần tung. Như vậy nếu D xẩy ra thì A
xẩy ra, tức là
D ⊂ A.
Theo tính chất của xác suất suy ra

P(D) ≤ P(A).
Suy ra

P(D) ≥ P(A).
Từ đó ta có
(1 − x1 x2 ...xn )m + (1 − y1m )(1 − y2m )...(1 − ynm ) = P(A) + P(D)
≥ P(A) + P(A)
= 1.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P(D) = P(A). Khi đó n = 1.


19
Bài toán 2.0.9. (IMO Nga, 1996) Trong viện Duma quốc gia có 1600 đại
biểu, lập thành 16000 tiểu ban, mỗi tiểu ban có 80 người. Chứng minh rằng
ta có thể tìm được hai tiểu ban có ít nhất 4 thành viên chung.
Để chứng minh bài toán này ta cần bổ đề sau
Bổ đề 2.0.10 (Tính chất lồi của hàm tổ hợp). Cho n1 , n2 , . . . , nk ∈ N,
l ≤ min{n1 , n2 , . . . , nk }. Khi đó,
Cnl 1 + Cnl 2 + · · · + Cnl k ≥ kCn¯l ,
trong đó
n
¯=

n1 + n2 + · · · + nk
∈ N, .
k

Chứng minh. Gọi ni là số tiểu ban mà người thứ i thuộc vào (i = 1, . . . , 1600).
Ta có
1600

ni = 16000.80.
i=1

Suy ra
1600
i=1 ni

16000.80
= 800.
1600
1600
Bây giờ ta xét phép thử chọn ngẫu nhiên một cặp tiểu ban. Không gian
2
mẫu Ω gồm có C16000
phần tử. Gọi Xi là biến ngẫu nhiên xác định trên Ω,
chỉ người thứ i có mặt trong cả hai tiểu ban hay không theo cách sau:
n :=

Xi =

1
0

=

nếu người đó thuộc cả hai tiểu ban,
nếu ngược lại.

Rõ ràng Xi là biến ngẫu nhiên nhận hai giá trị 0 và 1 với xác suất
Cn2i
P(Xi = 1) = 2
.
C16000
Do đó

Cn2i
E(Xi ) = 0 × P(Xi = 0) + 1 × P(Xi = 1) = 2
.
C16000

Gọi X là số người có trong cả hai tiểu ban được chọn. Khi đó
X = X1 + X2 + ... + X1600 .


20
Ta có

E(X) = E(X1 ) + E(X2 ) + ... + E(X1600 )
Cn21
Cn21600
= 2
+ ··· + 2

C16000
C16000
1600C 2
≥ 2 n
C16000
2
1600C800
=
= 3.995.
2
C16000
Như vậy, sẽ có một kết quả nào đó cho ta
X ≥ 3.995
Vì X luôn là số nguyên, kết quả này thực sự phải có X ≥ 4. Như vậy, ta
kết luận rằng luôn tồn tại một cặp hai tiểu ban có ít nhất 4 thành viên
chung.
Sau đây ta xét một số bài toán chứng minh áp dụng Định lí giới hạn
trung tâm
Bài toán 2.0.11. Chứng minh rằng
n

lim (e

n→∞

−n
k=0

nk
1

)= .
k!
2

Chứng minh. Xét dãy biến ngẫu nhiên X1 , X2 , ..., Xn độc lập cùng phân
phối Poisson với tham số λ = 1. Khi đó ta có

EXi = DXi = 1, (i = 1, 2, ..., n).
Đặt
Sn = X1 + X2 + ... + Xn .
Khi đó

ESn = DSn = n.
Sn − ESn
√
DSn
có phân phối xấp xĩ chuẩn với n đủ lớn. Do đó với mọi x ∈ R, ta có
Mặt khác theo định lý giới hạn trung tâm thì biến ngẫu nhiên

Sn − ESn
1
lim P( √
< x) = √
n→∞
DSn
2π

x
−∞

t2

e− 2 dt.


21
Hay là
Sn − n
1
lim P( √
< x) = √
n→∞
n
2π

x

t2

e− 2 dt.

(2.1)

−∞

Mặt khác, Sn tổng của n biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối Poisson
với tham số λ = 1 nên Sn có phân phối Poisson với tham số λ = n.1 = n
Do đó ta có
k
−n n

.
P(Sn = k) = e
k!
Như vậy ta có
n
−n

e

k=0

nk
=
k!

n

P(Sn = k)

(2.2)

k=0

= P(0 ≤ Sn ≤ n)
√
Sn − n
= P(− n ≤ √
≤ 0)
n
√

Sn − n
Sn − n
= P( √
≤ 0) − P( √
≤ − n).
n
n
Theo bất đẳng thức Chebyshev ta có

P(|Sn − ESn | > n) ≤

1
DSn
=
.
n2
n

Từ đây suy ra
0 ≤ P(Sn − n < −n) ≤

1
.
n

Do đó
lim P(Sn − n < −n) = 0.

n→∞

Điều này và từ (2.1) áp dụng cho x = 0 và (2.2), suy ra
n

lim (e

−n

n→∞

k=0

nk
1
)=√
k!
2π

0

t2
1
e− 2 dt = .
2
−∞

Bài toán 2.0.12. Chứng minh rằng nếu f là hàm liên tục trên toàn trục
số thì với mọi h > 0 ta có
∞

lim

n→∞

k=0

k (nh)k −nh
f (x + )
e
= f (x + h).
n k!


22
Chứng minh. Xét dãy biến ngẫu nhiên X1 , X2 , ..., Xn độc lập cùng phân
phối Poisson với tham số λi = h. Đặt Sn = X1 + X2 + ... + Xn . Khi đó Sn
có phân phối Poisson với tham số λ = nh.
Sn
= h.
Do đó ESn = nh. Suy ra E
n
Sn
Với mỗi x ∈ R, ký hiệu Y = f (x + ). Khi đó do f liên tục nên Y là
n
biến ngẫu nhiên. Ta có
Sn
EY = Ef (x + ) =
n

∞

k=0

k (nh)k −nh
f (x + )
e
.
n k!

Mặt khác theo bất đẳng thức Chebyshev, ta lại có
Sn
Sn
h
P(| − h| > ε) ≤ 2n = 2 ,
n
ε
ε
D

với mọi ε > 0. Suy ra
∞

lim

n→∞

k=0

k (nh)k −nh
e
= f (x + h).

f (x + )
n k!

Bài toán 2.0.13. Chứng minh rằng mọi hàm liên tục f trên đoạn [0, 1] đều
là giới hạn của một dãy đa thức hội tụ đều
Chứng minh. Với mỗi x ∈ [0, 1], xét dãy biến ngẫu nhiên độc lập (Xn ) có
phân phối với X như sau
0
1
X

P 1−x x
Đặt Sn = X1 + X2 + ... + Xn . Khi đó Sn là biến ngẫu nhiên có phân
phối nhị thức B(n, x). Do đó

ESn = nx, DSn = nx(1 − x).
Suy ra
Sn
x(1 − x)
Sn
= x, D
=
.
n
n
n
Theo bất đẳng thức Chebyshev, với mọi ε > 0, ta có

E

P(|

Sn
x(1 − x)
− x| > ε) ≤
.
n
nε2


23
Vậy

P(|

Sn
− x| > ε) → 0 khi n → ∞.
n

Sn
) → f (x) đều với mọi x ∈ [0, 1], khi n → ∞.
n
Mặt khác Sn có phân phối nhị thức B(n, x) nên
Do đó Ef (

P(Sn = k) = Cnk xk (1 − x)n−k , (k = 0, 1, 2, ..., n).
Do đó
Sn
Ef ( ) =
n

Suy ra

n

lim

n→∞

k=0

n

k=0

k
f ( )Cnk xk (1 − x)n−k .
n

k
f ( )Cnk xk (1 − x)n−k = f (x)
n

đều theo x trên [0, 1].
Theo cách chứng minh này thì dãy đa thức xấp xĩ hàm liên tục f (x)
được chỉ ra tường minh.
Phương pháp xác suất được áp dụng vào giải các bài toán đại số tuyến.
Ta minh họa bằng các bài toán sau.
Bài toán 2.0.14. Cho v1 , v2 , . . . , vn ∈ Rn , |vi | ≤ 1 với mọi i và p1 , p2 , . . . , pn ∈
[0, 1] tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại x1 , x2 , . . . , xn ∈ {0, 1} sao cho
√

n
|w − v| ≤
,
2
trong đó
w = p1 v1 + p2 v2 + · · · + pn vn , v = x1 v1 + x2 v2 + · · · + xn vn .
Chứng minh. Xét các biến ngẫu nhiên Xi độc lập có phân phối xác suất
như sau
P(Xi = 1) = pi , P(Xi = 0) = 1 − pi .
Ký hiệu
V = X1 v1 + X2 v2 + · · · + Xn vn .
Xét biến ngẫu nhiên
X = |W − V |2 .
Ta có

n

n

n

2

|

(pi − Xi )vi | =
i=1

vi vj (pi − Xi )(pj − Xj ).
i=1 j=1